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Clase No. 27:

Introducción a EDP:Ecuaciones hiperbólicas y parabólicas

MAT–251 Dr. Alonso Ramírez ManzanaresDepto. de MatemáticasUniv. de Guanajuatoe-mail: [email protected]: http://www.cimat.mx/salram/met_num/

Dr. Joaquín Peña AcevedoCIMAT A.C.e-mail: [email protected]

Joaquín Peña (CIMAT) Métodos Numéricos (MAT–251) 21.11.2012 1 / 29

Ecuación de onda bidireccional (I)

Sea Ω = [0,X]. Queremos calcular la solución u(x, t) en Ω× [0,T] del problema

ρ(x)utt(x, t)− μuxx(x, t) = g(x, t) (x, t) ∈ Ω× [0,T] (1a)

u(x,0) = f1(x) x ∈ Ω (1b)

ut(x,0) = f2(x) x ∈ Ω (1c)

u(0, t) = h1(t) t ∈ [0,T] (1d)

ux(X, t) = h2(t) t ∈ [0,T] (1e)


Ecuación de onda bidireccional (II)


Solución mediante diferencias finitas

Dividimos los intervalos Ω y [0,T] de la siguiente manera

0 = x0 < x1 < ... < xM = X con xj = j∆x, ∆x =X

M.

0 = t0 < t1 < ... < tL = T con ti = i∆t, ∆t =T

L.

Denotamos por uij el valor de la solución numérica en el nodo (j, i). Tambiénusamos la siguiente notación

ρj = ϕ(xj), gij = g(xj, ti),

para indicar el valor de la función en el nodo.


Discretización del dominio

0.0 0.5 1.0

0.0

0.5

1.0

x

y

u00 u1

0 u20 ... uM−2

0 uM−10 uM

0

u01 u1

1 u21 ... uM−2

1 uM−11 uM

1

u(x,0)=f1(x), ut(x,0)=f2(x)

u(0,t)=h1(t) ux(X,t)=h2(t)

uj−1i uj

i uj+1i

uj(i−1)

uj(i+1)


Esquema de solución explícito (I)

Tenemos que para i = 0 y 0 ≤ j ≤M,

u0j = f1(xj).

Para j = 0 y 1 ≤ i ≤ L se tiene que

ui0 = h1(ti).

Para i = 1 y 1 ≤ j ≤M− 1, podemos tomar la siguiente aproximación

u1j = u0

j + ∆t(ut)0j +

∆t2

2(utt)0

j

= u0j + ∆t(ut)0

j +∆t2

2

1

ρj

g0j + μ

u0j+1 − 2u0

j + u0j−1

∆x2

= u0j + ∆t f2(xj) +

∆t2

2ρj∆x2

h

∆x2g0j + μ(u0

j+1 − 2u0j + u0

j−1)i


Esquema de solución explícito (II)

Para j = M y 1 ≤ i ≤ L podemos tomar la aproximación

h2(ti) = ux(xM, ti) ≈uiM−2 − 4uiM−1 + 3uiM

2∆x

=⇒ uiM =4uiM−1 − u

iM−2 + 2∆xh2(ti)

3Finalmente, para 1 ≤ j ≤M− 1 y 1 < i ≤ L, tenemos

ρj

∆t2(ui+1

j − 2uij + ui−1j )−

μ

∆x2(uij+1 − 2uij + uij−1) = gij.

de donde

ui+1j = 2uij − u

i−1j +

∆t2

4∆x2ρj

h

4∆x2gij + 4μ(uij+1 − 2uij + uij−1)i

En los ejemplos, fijamos el valor de M, y calculamos

∆t < s∆xμ

maxρ,


Esquema de solución explícito (III)

para algún s ∈ (0,1). Luego calculamos el valor de L:

L = dT/∆t − 1e.


Ejemplo 1 (I)

Definimos ρ(x) = μ(x) = 1. Queremos que la solución del problema (1) sea lafunción

u(x, t) = sinπ

2xcos

π

2t.

Entonces

f1(x) = u(x,0) = sinπ

2x

f2(x) = ut(x,0) = 0

h1(x) = u(0, t) = 0

h2(x) = ux(0, t) = 0

La solución obtenida para X = 1 y T = 6 se muestra en las siguientes figuras.


Ejemplo 1 (II)

Las siguientes gráficas muestran el valor del error promedio entre lasolución analítica y la numérica para cada instante de tiempo

Error(ti) =

√

√

√

√

1

M+ 1

M∑

j=0

[u(xj, ti)− uij]2.


Ejemplo 1 (III)

usando diferentes valores de los parámetros M y L.

0 1 2 3 4 5 6

0.00

000.

0005

0.00

100.

0015

M=250

t

Err

or p

rom

edio

L=2008L=3012L=6024

0 1 2 3 4 5 6

0e+

002e

−04

4e−

046e

−04

8e−

04

M=500

t

Err

or p

rom

edio

L=4009L=6013L=12025

También se muestra el valor de la aproximación de la energía en cadainstante de tiempo


Ejemplo 1 (IV)

Energía(ti) =1

2

M∑

j=0

[(δxuij)2 + (δtuij)

2]∆x

donde δxuij y δtuij son aproximaciones de la derivadas en las direcciones x yt en el nodo (j, i).

0 1 2 3 4 5 6

0.61

9301

0.61

9303

0.61

9305

M=250

t

Ene

rgia

L=2008L=3012L=6024

0 1 2 3 4 5 60.61

8079

60.

6180

802

0.61

8080

8

M=500

t

Ene

rgia

L=4009L=6013L=12025


Ejemplo 1 (V)

Para el caso continuo

Energía(tj) =1

2

∫ 1

0(u2

x + u2t )dx =

π2

8

La línea punteada de la gráfica muestra este valor y la línea azul es laenergía para la solución obtenida con M = 500 y L = 12025.

0 1 2 3 4 5 6

0.61

700.

6174

0.61

78M=500 L=12025

t

Ene

rgia


Ejemplo 2 (I)

Definimos ρ(x) = μ(x) = 1.

Sean X = 1.0 y T = 9.0. Resolvemos el problema con las siguientecondiciones

f1(x) = u(x,0) = 0, f2(x) = ut(x,0) = 0.

h1(t) = u(0, t) = 0.0, h2(t) = ux(1, t) = 0.0

Tomando M = 500 se tiene que L = 6013 para s = 0.75. La solución obtenidacon el esquema explícito se muestra a continuación.


Ejemplo 2 (II)


Ejemplo 2 (III)

Queremos comparar esta solución con otras soluciones obtenidas condiscretizaciones más burdas, para ver si no hay grandes cambios. Para esto,a partir de cada solución calculamos los valores de la solución en unaretícula que tiene 300 puntos en la dirección x y 2000 en la dirección t,usando interpolación bilineal. Con esos valores calculamos el error promedioen cada instante de tiempo

E(tj) =

√

√

√

√

1

300

300∑

i=1

(vji − uji)

2, j = 1, ...,2000,

donde vji son los valores obtenidos para la solución calculada con ladiscretización de mayor resolución. La siguiente gráfica muestra lacomparación del error entre 3 discretizaciones.


Ejemplo 2 (IV)

0 2 4 6 8

0.00

000.

0005

0.00

100.

0015

Comparacion con M=500, L=6013

t

Err

or

M=250 L=3012M=100 L=1212


EDPs parabólicas (I)

El ejemplo más común es la ecuación de calor 1D

ut = auxx

donde u = u(x, t) representa como evoluciona la temperatura en el puntoconforme el tiempo t pasa. También se le llama la ecuación de difusión.

El coeficiente a se le llama el coeficiente de difusión.

El coeficiente de difusión puede variar espacialmente. En ese caso laecuación difusión es de la forma

ut =∂

∂x(a(x)ux).

Para modelar el caso en que una varilla es calentada por una fuenteexterna, la ecuación que modela como el calor se distribuye por lavarilla es

ut = auxx + ϕ(x)


EDPs parabólicas (II)

Para resolver esta ecuaciones en [0,X]× [0,T] hay que agregar unacondición inicial,

u(x,0) = f (x) x ∈ [0,X],

y condiciones de frontera, por ejemplo, tipo Dirichlet:

u(0, t) = g1(t), u(X, t) = g2(t) t ∈ [0,T],

Podemos usar un esquema explícito para resolver el problema:

−1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0

−0.

20.

20.

61.

0

c(−1.2, 1.2)

c(−

0.2,

1.2

)

( j, i)( j−1, i) ( j+1, i)

( j, i+1)


Método de Crank-Nicholson (I)

La aproximación de la derivada temporal

ui+1j − uij

∆tpuede ser considerada como una aproximación de la derivada en (xj, ti+ 1

2)

mediante diferencias centrales.Por otra parte, tenemos que

∂2u

∂x2(xj, ti) ≈

uij−1 − 2uij + uij+1

∆x2

∂2u

∂x2(xj, ti+1) ≈

ui+1j−1 − 2ui+1

j + ui+1j+1

∆x2

El método de Crank-Nicholson aproxima la derivada espacial es el punto(xj, ti+ 1

2) como el promedio de las dos aproximaciones anteriores.


Método de Crank-Nicholson (II)

−1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0

−0.

20.

20.

61.

0

c(−1.2, 1.2)

c(−

0.2,

1.2

)

( j, i)( j−1, i) ( j+1, i)

( j−1, i+1) ( j, i+1) ( j+1, i+1)

x

Entonces para 1 ≤ j ≤M− 1 y 2 ≤ j ≤ L aproximamos las primeras ysegundas derivadas parciales respecto a x como el promedio en el instante iy i+ 1, de modo que

ui+1j − uij

∆t=

a

2

ui+1j+1 − 2ui+1

j + ui+1j−1

∆x2+uij+1 − 2uij + uij−1

∆x2


Método de Crank-Nicholson (III)

Agrupando los términos

−αui+1j+1 + 2(1 + α)ui+1

j − αui+1j−1 = αuij+1 + 2(1− α)uij + αuij−1

donde

α =a∆t

∆x2.

Falta incorporar las condiciones iniciales y de frontera.De este modo obtenemos un sistema de la forma

Aui+1 +bi+1 = Bui +bi.

donde bi+1 y bi son vectores que están asociados a las condiciones defrontera.


Estabilidad del método de C-N (I)

Supongamos que la expresión

Aui+1 +bi+1 = Bui +bi.

representa el cálculo de los vectores ui libre de error.En la práctica tenemos errores εi y εi+1 tales que

A(ui+1 + εi+1) +bi+1 = B(ui + εi) +bi

Entonces

Aεi+1 = Bεi =⇒ εi+1 = A−1Bεi

Se puede ver que los eigvalores del producto de las matrices es

λk =2− 4α sin2(kπ/2N)

2 + 4α sin2(kπ/2N)

Si α→ 0, entonces λk → 1.


Estabilidad del método de C-N (II)

Si α→∞, entonces λk →−1.

Lo anterior indica que para cualquier valor positivo de α se tiene que

|λk | < 1

Esto indica que el método de Crank-Nicholson es incondicionalmenteestable.


Ejemplo (I)

Consideremos el problema

ut = uxxu(x,0) = sin(πx/X).

u(0, t) = 0.

u(X, t) = 0.

para x ∈ [0,1] y t ∈ [0,10]. La solución analítica del problema es

u(x, t) = sin(πx/X) exp(−π2t/X2).

Para el esquema FTCS, la solución es estable si

∆t

∆x2<

1

2.

Si ∆x = 0.01, entonces podemos elegir ∆t = 0.000045, de modo queN = 22223.


Ejemplo (II)

0e+ 00

1e-05

2e-05

3e-05

4e-05

5e-05

6e-05

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

Solución analítica y numérica para el esquema FTCS


Ejemplo (III)

0.0e+ 00

5.0e-05

1.0e-04

1.5e-04

2.0e-04

2.5e-04

3.0e-04

3.5e-04

4.0e-04

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

E(ti) =

√

√

√

√

M∑

j=0

[uij − u(xj, ti)]2, para el esquema FTCS


Ejemplo (IV)

0.0000

0.0005

0.0010

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

E(ti) =

q

∑Mj=0[uij − u(xj, ti)]2

q

∑Mj=0 u(xj, ti)2

, para el esquema FTCS


Ejemplo (V)

0.0000

0.0001

0.0002

0.0003

0.0004

0.0005

0.0006

0.0007

0.0008

0.0009

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

E(ti) =

q

∑Mj=0[uij − u(xj, ti)]2

q

∑Mj=0 u(xj, ti)2

, para el esquema C-N


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